Hintergrund: Was sind diese Potenziale?

Um zu sehen, dass dies ein Vierervektor ist, müssen wir zuerst verstehen, woher er kommt. Wir haben die Maxwell-Gleichungen, die ich verwenden werde$\dot X = \partial_w X = c^{-1} \partial_t X$schreiben als,

$$\begin{align} \nabla\cdot E &= 4\pi\rho& \nabla\times E&= - \dot B\\ \nabla\cdot B &= 0 &\nabla\times B&= 4\pi c^{-1} J + \dot E, \end{align}$$ und nach Gebrauch $\nabla\cdot B = 0$eine Familie zu definieren $A$über $B = \nabla\times A$und die Folge $\nabla \times (E + \dot A) = 0$eine Familie zu definieren $\varphi$über $E = -\dot A - \nabla \varphi,$wir können ableiten, dass die verbleibenden zwei Gleichungen besagen, $$\begin{align} -\nabla\cdot\dot A - \ddot\varphi &= 4\pi\rho\\ \nabla(\nabla\cdot A) - \nabla^2 A &= 4\pi c^{-1}J - \ddot A - \nabla\dot\varphi \end{align}$$ die bequem umgeschrieben werden kann (indem man definiert $\Box X =\ddot X -\nabla^2 X,$Und $\lambda = \dot\varphi + \nabla\cdot A$) als, $$\begin{align} \Box\varphi &= 4\pi\rho + \dot \lambda,\\ \Box A &= 4\pi c^{-1}J - \nabla\lambda. \end{align}$$ Jetzt hätten wir einen anderen Satz von Potenzialen wählen können und trotzdem dieselben Felder erhalten: Wir wissen, dass wir beliebige hinzufügen können $\nabla\chi$Zu $A$und bewahren $B=\nabla\times A$weil die Kräuselung eines Farbverlaufs Null ist; schauen, was es zu bewahren gilt $E$sagt uns nur, dass wir gleichzeitig subtrahieren sollen $\dot\chi$aus $\varphi$konservieren $E$. Dies wirkt sich nicht direkt auf die Form der letzten beiden Gleichungen aus, bildet aber den Wert von ab $\lambda\mapsto \lambda - \Box \chi,$und so können wir grundsätzlich eine andere Funktionsform für wählen $\lambda,$mit der Begründung, dass, wenn wir wollen, sagen wir, $\lambda = \dot\varphi$(Coulomb-Eichung) können wir jede andere Lösung nehmen $(A, \varphi)$und berechne seine $\lambda$und dann lösen $\Box\chi = \lambda - \dot\varphi$um ein ... zu finden $\chi$was uns einen anderen Satz von Feldern gibt, die diese funktionale Form haben.

Natürlich ist die Lorenz-Eichung, die wir jetzt annehmen, zu lösen$A,\varphi$so dass$\lambda=0,$nachgeben,

$$\begin{align} \Box\varphi &= 4\pi \rho\\ \Box A_x &= 4\pi c^{-1}J_x\\ \Box A_y &= 4\pi c^{-1}J_y\\ \Box A_z &= 4\pi c^{-1}J_z \end{align}$$

Ich mache das alles aus drei Gründen durch:

1. Sie behaupteten, Ihre Gleichung sei in CGS-Einheiten gültig, und ich glaube, Sie irren sich,
2. Um hervorzuheben, dass selbst wenn Sie eine Lösung finden, diese nicht einzigartig ist; andere Lösungen$\Box\alpha = 0$kann jeder Komponente hinzugefügt werden;
3. Um zu behaupten, dass es hier eine klare Reihenfolge gibt: Man geht von der Kenntnis der Ladungs- und Stromdichten aus und löst dann nach diesen Feldern auf, woraus sich die ableiten lassen$E$Und$B$Felder, wenn man möchte.

Nutzen Sie die Tatsache, dass$(\rho, J/c)$ist ein Vierervektor.

Der grobe Beweis dafür$(\rho, J/c)$ein Vierervektor ist, muss man sich zuerst eine statische Ladungsverteilung vorstellen: eine statische Ladungsverteilung$(\rho_0, 0)$wird$(\gamma~\rho_0, -\gamma~ \rho_0 \vec \beta)$unter einer Lorentz-Transformation; Dies ist leicht als a zu erkennen$(\rho, J/c)$Paar. Wenn dies jedoch ein Vierervektor ist, dann ist eine komplexere Anordnung ein Vierervektor, gerade weil eine beliebige Ladungsstromverteilung durch eine Überlagerung einer Reihe kleiner statischer Ladungsstromverteilungen, die verstärkt wurden, beliebig gut angenähert werden kann auf verschiedene Arten. Wenn alle individuell passend über Lorentz-Transformationen transformieren, dann muss auch ihre Summe, weil Lorentz-Transformationen linear sind.

Wenn Sie mir da zustimmen$(\rho, J/c)$ein Vierervektor ist, dann muss dies auch der Fall sein$(\varphi, A/c)$, auch durch ein Linearitätsargument, obwohl es eine Hinlänglichkeit und keine Notwendigkeit ist (wie es sein muss: Die Lorenz-Eichung hat die genauen Felder nicht zu 100% festgenagelt$\varphi$Und$A$, also muss es andere Felder geben, die nicht die Lorentz-Transformation dieser Felder sind, die auch die Lorenz-Eichung passieren und gültig sind).

Untersuchen Sie einfach die Gleichungen in der Lorenz-Eichröhre nach einem Lorentz-Boost der Ladungsfelder durch$\beta$im$\hat z$Richtung:

$$\begin{align} \Box\phi' &= 4\pi ~\gamma~(\rho - \beta c^{-1}J_z)\\ \Box A_x' &= 4\pi c^{-1}~J_x\\ \Box A_y' &= 4\pi c^{-1}~J_y\\ \Box A_z' &= 4\pi c^{-1}~\gamma~(J_z - \beta c\rho) \end{align}$$ Es reicht eindeutig aus, diese Gleichungen zu lösen, um zu finden $A_x' = A_x$Und $A_y' = A_y.$Für $A_z'$es ist eindeutig ausreichend zu haben $A_z' = \gamma~A_z - \gamma\beta\phi$und für $\varphi' = \gamma~\varphi - \gamma\beta A_z.$

Also: wenn du es gelöst hast$(\rho, J/c)$für die Felder$(\varphi, A)$in der Lorenz-Eichung, dann erhält man eine gültige Lösung für die Felder$(\varphi', A')$die Sie erhalten würden, wenn Sie die gleichen Gleichungen für den Lorentz-Booster lösen würden$(\rho', J'/c)$einfach durch Lorentz-Transformation der Felder$(\varphi, A)$als Vierervektor.

Mit anderen Worten: Es gibt Möglichkeiten, Elektromagnetismus zu betreiben, bei denen dieses Paar kein Vierervektor ist, aber es schadet nicht anzunehmen, dass es einer ist .

Ich beantworte diese Frage für eine Hausaufgabe, also werde ich versuchen, hier zu teilen, was ich denke:

Nehmen wir das zumindest mal als selbstverständlich hin$J^\mu$ist ein 4-Vektor. Gehen wir dann zurück zu den Maxwell-Gleichungen, die in der Lorentz-Eichung ($\partial_\mu A^\mu=0$) sind (ich mache GR, also verwende ich die Metrik$\eta_{\mu\nu}=diag(-1,1,1,1)$, und es gibt ein paar verschiedene Zeichen in Bezug auf die Teilchenphysik, hoffentlich sollte das die Argumentation nicht stören)

$$\begin{equation} \Box A^\mu = -J^\mu \end{equation}$$ Wenn$J^\mu$ein 4-Vektor ist, ist es die Menge$\Box A^\mu$(und nicht nur$A^\mu$), die sich wie ein 4-Vektor verhalten muss.

Wie bereits in einigen früheren Antworten hervorgehoben, as$\Box$ein Lorentz-Skalar ist, folgt daraus$A^\mu$ein 4-Vektor ist, bis auf eine Funktion mit null Dalembertian: if$\tilde A^\mu(x)$ist der 4-Vektor, der erfüllt$\Box \tilde A^\mu=-J^\mu$, Und$\chi^\mu$ist jede Sammlung von Funktionen, die erfüllen$\Box \chi^\mu=0$für alle$\mu$, dann die Menge

$$\begin{equation} A^\mu = \tilde A^\mu+\chi^\mu \end{equation}$$ erfüllt die Maxwell-Gleichungen und die Anforderung, dass$\Box A^\mu$ein 4-Vektor sein. Das reicht noch nicht aus, um das zu sagen$A^\mu$ein 4-Vektor ist, aber die zusätzliche Einschränkung der Lorentz-Eichung auferlegt $$\begin{equation} 0=\partial_\mu A^\mu=\partial_\mu\tilde A^\mu+\partial_\mu \chi^\mu\Rightarrow \partial_\mu\tilde A^\mu=-\partial_\mu \chi^\mu \end{equation}$$ Also nochmal die Menge$\partial_\mu \chi^\mu$muss sich wie ein Skalar verhalten, was bedeutet, dass die Menge der Funktionen$\chi^\mu$hat eine reine 4-Vektor-Komponente$\tilde\chi^\mu$, und ist bis zu einer Funktion definiert$h^\mu$, nicht unbedingt ein 4-Vektor, aber mit Nulldivergenz: $$\begin{equation} \chi^\mu=\tilde \chi^\mu+h^\mu, \partial_\mu h^\mu=0 \end{equation}$$ Endlich: $$\begin{equation} A^\mu=\underbrace{\tilde A^\mu}_{4-v}+\underbrace{\tilde \chi^\mu}_{4-v}+h^\mu \end{equation}$$ Bezugsrahmen ändern,$\tilde A^\mu$Und$\tilde \chi^\mu$wird als 4-Vektoren in transformieren$\tilde A'^\mu$Und$\tilde \chi'^\mu$, während$h^\mu$im Prinzip könnte sich in einigen verwandeln$h'^\mu$was nicht ist$\Lambda^\mu\,_\nu h^\nu$, und die Bedürfnisse nicht befriedigen$\partial_\mu' h'^\mu=0$. Aber dank der Eichinvarianz können wir jederzeit eine Neudefinition des Feldes vornehmen$A^\mu$was die 4-Divergenz ungleich Null aufhebt: $$\begin{equation} A^\mu\rightarrow A'^\mu=\underbrace{\tilde A'^\mu}_{4-v}+\underbrace{\tilde \chi'^\mu}_{4-v}+h'^\mu+\partial'^\mu \Phi \end{equation}$$ $$\begin{equation} \partial_\mu h'^\mu+\partial_\mu\partial^\mu \Phi=0 \Rightarrow \Box\Phi =-\partial_\mu h'^\mu \end{equation}$$ Die Funktion$\Phi$kann immer mit der Green-Funktion für den Dalembertian bestimmt werden. Alles auf der linken Seite ist also ein Skalar$h'^\mu$kann nur ein 4-Vektor sein$\tilde h'^\mu$plus einen divergenzlosen Teil: $$\begin{equation} h'^\mu = \tilde h'^\mu+g'^\mu,\quad\partial_\mu' g'^\mu=0 \end{equation}$$ Das Feld in diesem neuen Rahmen ist also $$\begin{equation} A'^\mu=\underbrace{\tilde A'^\mu}_{4-v}+\underbrace{\tilde \chi'^\mu}_{4-v}+\underbrace{\tilde h'^\mu}_{4-v}+\underbrace{\partial'^\mu \Phi}_{4-v} +g'^\mu \end{equation}$$ Vergleich der beiden Potentiale in den beiden Rahmen: $$\begin{equation} \begin{array}{cccccc} A^\mu & = & \underbrace{\tilde A^\mu+\tilde \chi^\mu}_{4-v} & + & \underbrace{h^\mu}_{\partial_\mu h^\mu=0} & \\ A'^\mu & = & \underbrace{\tilde A'^\mu+\tilde \chi'^\mu+\tilde h'^\mu+\partial'^\mu \Phi}_{4-v} & + & \underbrace{g'^\mu}_{\partial'_\mu g'^\mu=0}&\\ A'^\mu & = & \underbrace{\tilde A'^\mu+\tilde \chi'^\mu}_{4-v} & + & \underbrace{g'^\mu}_{\partial'_\mu g'^\mu=0}& \Rightarrow (\text{choose }\partial'^\mu \Phi=-h'^\mu) \end{array} \end{equation}$$ Lange Rede kurzer Sinn: Passend wählen$\Phi$wir könnten stornieren$\tilde h'^\mu$aus und bringen Sie zumindest den 4-Vektor-Teil der beiden Felder zur Deckung. Aber wir werden niemals in der Lage sein, den nicht-vektoriellen, divergenzlosen Teil aus dem Feld herauszuschneiden, der dann global ein nicht-4-Vektor bleiben wird.

Meiner bescheidenen Meinung nach,$A^\mu$muss als 4-Vektor definiert werden.

Ich möchte zeigen, dass der Vierstrom tatsächlich ein Viervektor ist. Der Beweis für die Potentiale folgt aus den Differentialgleichungen als ausreichende Lösung und nicht als Notwendigkeit, wie von anderen Benutzern beantwortet.

$x_0$Seien Raumkoordinaten des Rahmens, wo Ladungsdichte$\rho_0$ist in Ruhe

$x$Raumkoordinaten eines anderen Rahmens, in dem sich die Ladungsdichte befindet$\rho_x$und sich mit Geschwindigkeit fortbewegen$v_x$aus dem Ruherahmen

$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v_x^2}{c^2}}}$

Dann wegen Ladungsinvarianz und Längenkontraktion$\int\rho_0 d^3x_0=\int \rho_x d^3x=\frac{1}{\gamma}\int \rho_x d^3x_0$

$\rho_x=\gamma\rho_0$

Stromdichte$J_x=\rho_x v_x= \gamma\rho_0 v_x$

jetzt der Vektor$(\frac{J_x}{c}, \gamma \rho_0)=\rho_0 (\gamma \frac{v_x}{c} , \gamma )$ist ein Vierervektor, weil$(\gamma \frac{v_x}{c} , \gamma )$ist die Eigengeschwindigkeit in der speziellen Relativitätstheorie

Die Vierervektoren sind durch Transformationsgesetze definiert. Wenn die körperlichen Auswirkungen von$A^\mu$in einem Frame sind die gleichen wie physische Effekte von$\Lambda^\mu_\nu A^\nu$in anderem Rahmen - dann kann man das sagen$A$ist ein Vierervektor.

Physikalische Effekte sind aus den Maxwell-Gleichungen ersichtlich, die eine kontravariante Form haben, wenn sie in Form des Feldstärke-Tensors ausgedrückt werden:

$$\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0$$

Umwandlungsgesetz v$F$impliziert das Vier-Vektor-Transformationsgesetz von$A$.

Siehe Elektromagnetischer Tensor für Details.

@ thesundayscientist . Nein, das Maxwell-4-Potenzial$A^{\mu}$kein gültiges 4-Vektor-Feld ist (d. h. Transformation unter die fundamentale Darstellung von$\mathcal{Lor} \left(3,1\right)$, oder gleichbedeutend, unter der$\left(1/2,1/2\right)$Darstellung von$\mbox{SL}(2,\mathbb{C})$), zumindest nicht in der Quantenfeldtheorie. Die Eichsymmetrie verdirbt das richtige Transformationsgesetz unter einem Element$\Lambda \in \mathcal{Lor} \left(3,1\right)$des quantisierten 4-Potenzial-Feldes, wie S.Weinberg auf den Seiten 249-251 des 1. Bandes seiner berühmten Abhandlung über QFT zeigt. Allerdings ist der sogenannte Faraday-Tensor der Elektrodynamik$F_{\mu\nu}$ist ein gültiges antisymmetrisches Lorentz-Tensorfeld, da die Locke den Eichterm fallen lässt. Dies wird auch von Weinberg, op.cit.

EDIT: Hier gibt es einen Definitionskonflikt, der nicht angesprochen wird. Ein 4-Vektor-Feld in der klassischen Feldtheorie ist [unter völliger Vernachlässigung aller diff.geom. Aspekte] eine glatte Zuordnung eines 4-Tupels von Funktionen zu jedem Punkt in der Raumzeit, mit der Eigenschaft, dass bei einem Wechsel von Trägheitsbeobachtern, deren Koordinaten ihrer jeweiligen Punkte durch eine eingeschränkte Lorentz-Transformation transformiert werden, diese kovariant transformiert werden:$V^{\mu} (x) \longrightarrow V'^{\mu}(x') = \Lambda^{\mu}_{~\nu}V^{\nu}(x)$. Unter dieser Definition kann man sagen, dass das Maxwell-4-Potential ein 4-Vektor ist . Ein 4-Vektor-Feld in der Quantenfeldtheorie ist gemäß den Wightman-Axiomen definiert als: das 4-Tupel von Fock-Raum-Operator-bewerteten Verteilungen auf der flachen Minkowski-Raumzeit, deren Kovarianz unter$\mbox{ISL}(2,\mathbb{C})$wird von gegeben . Was Wightman sagt, ist, dass das quantisierte elektromagnetische Potential – genau aufgrund der Eichinvarianz, die von der Masselosigkeit des klassischen Feldes herrührt – nicht kovariant sein kann$\mbox{ISL}(2,\mathbb{C})$im Sinne von Gl. (4.1.82a) von Lopuszanskis Buch über axiomatische QFT

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